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Solution proposée par Emilien Paganelli, étudiant en section MP* au lycée Thiers, Marseille.

1 – Irrationalité de \sqrt2

Lemme

Si N est un entier naturel qui n’est pas un carré parfait, alors \sqrt N est irrationnel.

Il est clair que N\geqslant2, ce qui entraîne l’existence d’une décomposition en facteurs premiers (DFP) pour N. Supposons que \sqrt{N}=\frac{p}{q} avec (p,q)\in\mathbb{N}^{\star2}. Alors : p^{2}=Nq^{2}. Comme les exposants qui apparaissent dans les DFP de p^{2} et de q^{2} sont tous pairs, on voit par différence qu’il en va de même pour les exposants apparaissant dans la DFP de N. Mais ceci entraîne que N est un carré : contradiction ! Donc \sqrt{N}\in\mathbb{R}-\mathbb{Q}.

En particulier, \sqrt{2} est irrationnel.

2 – Solution du challenge

Considérons le polynôme P=X^{2}-2\in\mathbb{Z}\left[X\right].

Vu que \sqrt{2} est irrationnel :

    \[\forall(p,q)\in\mathbb{N}^{\star2},\,P\left(\frac{p}{q}\right)\neq0\]

Et puisqu’un entier naturel non nul est supérieur ou égal à 1, on obtient :

    \[q^{2}\left|P\left(\frac{p}{q}\right)\right|=\left|p^{2}-2q^{2}\right|\geqslant1\]

c’est-à-dire :

    \[\left|\frac{p^{2}}{q^{2}}-2\right|\geqslant\frac{1}{q^{2}}\qquad\left(\heartsuit\right)\]

Par ailleurs, d’après l’inégalité des accroissements finis :

    \begin{eqnarray*}\left|\frac{p^{2}}{q^{2}}-2\right| & = & \left|P\left(\frac{p}{q}\right)-P\left(\sqrt{2}\right)\right|\\& \leqslant & \left|\frac{p}{q}-\sqrt{2}\right|\max_{x\in I}\left|P'(x)\right|\end{eqnarray*}

I désigne le segment d’extrémités \sqrt 2 et p/q. Donc :

    \[\left|\frac{p^{2}}{q^{2}}-2\right|\leqslant2\left|\frac{p}{q}-\sqrt{2}\right|\max\left\{\sqrt{2},\frac{p}{q}\right\}\]

et a fortiori :

    \[\left|\frac{p^{2}}{q^{2}}-2\right|\leqslant2\left|\frac{p}{q}-\sqrt{2}\right|\max\left\{\frac{\sqrt{2}}{2}+1,\frac{p}{q}\right\}\]

En combinant ceci avec \left(\heartsuit\right), il vient :

    \[2\left|\frac{p}{q}-\sqrt{2}\right|\max\left\{\frac{\sqrt{2}}{2}+1,\frac{p}{q}\right\}\geqslant\frac{1}{q^{2}}\]

Distinguons deux cas :

  • Si \frac{p}{q}\notin[0,\frac{\sqrt{2}}{2}+1], alors :

        \[\left|\frac{p}{q}-\sqrt{2}\right|\geqslant1-\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{1}{2+\sqrt{2}}\]

    Ainsi :

        \[\left|\frac{p}{q}-\sqrt{2}\right|\geqslant\frac{1}{(2+\sqrt{2})q^{2}}\]

  • Sinon \max\left\{\frac{\sqrt{2}}{2}+1,\frac{p}{q}\right\}=\frac{\sqrt{2}}{2}+1 et donc :

        \begin{eqnarray*}\left|\frac{p}{q}-\sqrt{2}\right| & \geqslant & \frac{1}{2\max\left\{ \frac{\sqrt{2}}{2}+1,\frac{p}{q}\right\}q^{2}}\\& = & \frac{1}{(2+\sqrt{2})q^{2}}\\& \geqslant & \frac{1}{4q^{2}}\end{eqnarray*}

Dans tous les cas :

    \[\left|\frac{p}{q}-\sqrt{2}\right|\geqslant\frac{1}{4q^{2}}\]

On a même obtenu un résultat un peu meilleur :

    \[\boxed{\left|\frac{p}{q}-\sqrt{2}\right|\geqslant\frac{1}{(2+\sqrt{2})q^{2}}}\]

3 – Une majoration plus fine

Notons x l’unique réel strictement positif tel que

    \[x-\sqrt{2}=\frac{1}{8x}\]

c’est-à-dire la racine strictement positive du trinôme 8X^{2}-8\sqrt{2}X-1. Le discriminant de ce dernier est \Delta=128+32=(4\sqrt{10})^{2}, donc :

    \[x=\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{10}}{4}\simeq1.498\quad\text{et}\quad\frac{1}{2x}\simeq0.3339\]

Soit maintenant \left(p,q\right)\in\mathbb{N}^{\star2}. Distinguons trois cas :

  • Pour q=1 et p\geqslant2 :

        \[\left|\frac{p}{q}-\sqrt{2}\right|\geqslant2-\sqrt{2}\geqslant\frac{1}{2}\geqslant\frac{1}{2xq^{2}}\]

  • Pour q=1 et p=1 :

        \[\left|\frac{p}{q}-\sqrt{2}\right|=\sqrt{2}-1\geqslant0.41\geqslant\frac{1}{2xq^{2}}\]

  • Supposons désormais q\geqslant2. D’après (\star) et vu que x>\sqrt{2} :

        \begin{eqnarray*}\left|\frac{p^{2}}{q^{2}}-2\right| & \leqslant & 2\left|\frac{p}{q}-\sqrt{2}\right|\max\left\{\sqrt{2},\frac{p}{q}\right\}\\& \leqslant & 2\left|\frac{p}{q}-\sqrt{2}\right|\max\left\{x,\frac{p}{q}\right\}\end{eqnarray*}

    • Si \frac{p}{q}\notin[0,x] :

          \[\left|\frac{p}{q}-\sqrt{2}\right|\geqslant x-\sqrt{2}=\frac{1}{2x2^{2}}\geqslant\frac{1}{2xq^{2}}\]

    • Si \frac{p}{q}\in[0,x] :

          \[\left|\frac{p}{q}-\sqrt{2}\right|\geqslant\frac{1}{2\max\left\{x,\frac{p}{q}\right\} q^{2}}=\frac{1}{2xq^{2}}\]

Nous avons obtenu le résultat suivant :

    \[\boxed{\left|\frac{p}{q}-\sqrt{2}\right|\geqslant\frac{1}{\left(\sqrt{2}+\frac{\sqrt{10}}{2}\right)q^{2}}\geqslant\frac{1}{3q^{2}}}\]

4 – Epilogue

Pour finir, on peut s’interroger sur la valeur de la constante \gamma définie comme étant la borne inférieure de l’ensemble des réels a>0 pour lesquels :

    \[\forall\left(p,q\right)\in\mathbb{N}^{\star2},\left|\frac{p}{q}-\sqrt{2}\right|\geqslant\frac{1}{aq^{2}}\]

Nous avons établi ci-dessus que :

    \[\gamma\geqslant\frac{1}{4}\]

Par ailleurs, un théorème de Hurwitz stipule que, si x\in\mathbb{R}-\mathbb{Q} alors il existe une infinité de couples \left(p,q\right) d’entiers premiers entre eux tels que :

    \[\left|\frac{p}{q}-x\right|<\frac{1}{\sqrt{5}q^{2}}\]

En outre, si x n’est pas de la forme \frac{a\phi+b}{c\phi+d} avec \left(a,b,c,d\right)\in\mathbb{Z}^{4}, \vert ab-cd\vert\neq1 et \phi=\frac{1+\sqrt{5}}{2}, on peut montrer que :

    \[\forall(p,q)\in\mathbb{N}^{\star2},\thinspace\left|\frac{p}{q}-x\right|<\frac{1}{2\sqrt{2}q^{2}}\]

On obtient ainsi l’encadrement suivant :

    \[\boxed{2\sqrt{2}\leqslant\gamma\left(\sqrt{2}\right)\leqslant\sqrt{2}+\frac{\sqrt{10}}{2}}\]


Autre solution (sans recourir à l’inégalité des accroissements finis)

Soient p,\,q\in\mathbb{N}^{\star}. Comme \sqrt{2} est irrationnel, l’entier p^{2}-2q^{2} n’est pas nul. Par conséquent :

    \[\left(p+q\sqrt{2}\right)\,\left|p-q\sqrt{2}\right|=\left|p^{2}-2q^{2}\right|\geqslant1\]

et donc :

    \[q^{2}\,\left(\frac{p}{q}+\sqrt{2}\right)\,\left|\frac{p}{q}-\sqrt{2}\right|\geqslant1\]


d’où :

    \[\left|\frac{p}{q}-\sqrt{2}\right|\geqslant\frac{1}{q^{2}\,\left(\frac{p}{q}+\sqrt{2}\right)}\]

Si l’on suppose p\leqslant2q, alors :

    \[\left|\frac{p}{q}-\sqrt{2}\right|\geqslant\frac{1}{q^{2}\,\left(2+\sqrt{2}\right)}>\frac{1}{4\,q^{2}}\]

Et si p>2q, alors :

    \begin{eqnarray*}\left|\frac{p}{q}-\sqrt{2}\right| & = & \frac{p}{q}-\sqrt{2}> 2-\sqrt{2}\\& \geqslant & \frac{2-\sqrt{2}}{q^{2}}\\& = & \frac{2}{q^{2}\,\left(2+\sqrt{2}\right)}\\& > & \frac{1}{q^{2}\,\left(2+\sqrt{2}\right)}\\& > & \frac{1}{4\,q^{2}}\end{eqnarray*}


Pour consulter l’énoncé, c’est ici

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